卷子答案网-一个不只有答案的网站红河州一中2023年春季学期6月月考高一年级
物理试卷
满分：100分
时间：90分钟
一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
1。测量国际单位制选定的三个力学基本物理量可使用的一组仪器是()
A.米尺、天平、停表B.米尺、弹簧测力计、打点计时器
C.量筒、天平、停表D.米尺、弹簧测力计、停表
2.图中物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴转动，下列说法中正确的是()
A,在匀速转动过程中，物块处于平衡状态
B.在匀速转动过程中，物块受重力、弹力、摩擦力、向心力四个力作用
C.在加速转动过程中，切向力的作用效果是使物块速度增大
D.在加速转动过程中，没有力给物块提供向心力
3.如图所示，表面粗糙的斜面项端安有滑轮，两物块P,Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩
擦)，P悬于空中，Q放在斜面上，两物块和斜面均处于静止状态。当用沿斜面向上逐渐增大的推力推Q
时，两物块和斜面均静止不动，则下列说法正确的是(
A,Q受到的摩擦力一定变大
B.绳上拉力一定变小
0)
P
C.Q与斜面间的压力一定变大
/777777777777777777777777777777
D.斜面与地面间的摩擦力一定变大
4、2021年7月20日08时至7月21日06时，河南中北部出现大暴雨。如图，抢险队员驾驶救援船（可
视为质点)以大小为”=12ms、船头与上游河岸成0=60°角的速度（在静水中的速度）从A点出发，恰
好能到达正对岸B点，河宽为d=96m。下列说法正确的是()
B
A.水流的速度大小为y,=6W5m/s
上游
水流
B,救援船从A点到B点所用的时间为8s
C.以最短时间渡河时，救援船的位移大小为96m
D.若救援船的船头始终指向正对岸，在渡河过程中水流的速度大小2突然变小，则渡河时间不变
5,以水平速度，抛出的小球1落到一倾角为0的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图实线所示：
在斜面顶端以水平速度，抛出的小球2落在斜面上，其轨迹如图虚线所示，则()
A.球1在空中经历的时间为%
g tan 6
B,球1在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为2tn0
C.球2落回斜面时的速度大小是%
cos
D.球2从开始抛出运动时间s血日
离开斜面的距离最大
6.如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC
的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是()
P
A.M、N两点的电场强度相同
B.M、N两点的电势相等
C.若将一负试探电荷由N点移到C点，电场力做正功
D.若将一负试探电荷由无穷远处移到N点，电势能一定诚小
7.如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为Q,图中虚线表示该点电荷形成电场中的等势面。
有两个二价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率，射入该电场，
运动轨迹分别为曲线abc和ade,其中b、d分别是它们离固定点电荷最近的位置。
以下说法正确的是(
A,M是负离子，N是正离子
B.M从b到c过程中电势能的变化量大小小于N从a到d电势能的变化量大小
M.
C.M在c点的速率大于N在e的速率
D,M从a到c过程中电场力先做正功后做负功
8.在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物，如图甲所示，与水平面成角倾斜的传送带以恒定速率
运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端.用速
度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2,由v一
w(m's)
t图可知()
货物
A,A、B两点的距离为2.4m
传送带
B
B,货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
0
0.2
1.21s
C,货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8】
甲
乙
D.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为112】
二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选帽
的得0分.6 月月考物理参考答案：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A C D D A D D B CD BD ACD ABD
1．A
【详解】国际单位制选定的三个力学基本物理量是长度、质量与时间，测量长度可以使用米
尺，测量质量可以使用天平，测量时间可以使用停表，即测量国际单位制选定的三个力学基
本物理量可使用的一组仪器是米尺、天平、停表。
故选 A。
2．C
【详解】A．在匀速转动过程中，物块的合外力提供向心力，合外力不为 0，则不处于平衡
状态，A错误；
B．在匀速转动过程中，物块受重力、弹力、摩擦力三个力作用，向心力是一种效果力，B
错误；
C．在加速转动过程中，切向力的作用效果是使物块速度增大，C正确；
D．在加速转动过程中，有力给物块提供向心力，没有力提供向心力物块将做离心运动，不
会随圆盘转动了，D错误。
故选 C。
3．D
【详解】A．因为 P、Q两物体质量关系不确定，所以 Q相对于斜面的运动趋势不确定，如
果原来 Q的运动趋势沿斜面向下，则增加推力之后，Q的摩擦力先减小后增加，故 A错误；
B．因物体 P静止，所受拉力必定一直等于重力，不变，故 B错误；
C．推力沿着斜面方向，并不会改变 Q对斜面的压力，因此压力大小一直等于 Q重力垂直
于斜面的分力大小，故 C错误；
D．由整体法，斜面与地面间的摩擦力一定等于推力沿着水平方向的分力，一定增大，故 D
正确；
故选 D。
4、D
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
【详解】A．水流的速度大小为
v2 = v1cosθ = 6m/s
A错误；
B．救援船从 A点到 B点所用时间为
d 16 3
s
v1 sin 3
B错误；
C．以最短时间渡河时，船头垂直于河岸，则最短时间为
t dmin 8sv1
船在沿河岸向下的距离为
x = v2tmin = 48m
则救援船的位移大小为
L d 2 x2 962 482m 48 5m
D．各分运动独立进行，不受其他分运动的影响，即当船头垂直指向河岸时，渡河时间由河
宽及船速决定，与水速无关，D正确。
5．A
【详解】A. 球 1撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角为θ，则
有：
tan v 0
gt
解得：
t v 0
g tan
故选项 A符合题意.
B. 球 1竖直方向上和水平方向上的位移比值为：
1 gt 2
2 gt 1
v0t 2v0 2 tan
故选项 B不符合题意.
C. 当小球速度方向与斜面平行时，由几何关系得：
v v 0
cos
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
故选项 C不符合题意.
D. 当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时竖直分速度为：
vy=v0tanθ
则运动的时间为：
v
t y v0 tan
g g
故选项 D不符合题意.
6．D
【详解】A．等量异种点电荷的电场分布如图所示
由图可知，M、N两点场强大小相等，但方向不同，故 A错误；
B．AB连线的中垂线，即 PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，
则 M点电势低于 N点电势，故 B错误；
C．负电荷由 N点移到 C点，电势降低，电势能增大，所以电场力做负功，故 C错误；
D．无穷远处电势为零，N点电势大于零，所以从无穷远处到 N点，电势升高，负电荷的电
势能一定减小，故 D正确。
故选 D。
7．D
【详解】A．由图可知电荷 N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两
粒子的电性一定不同。由于中心电荷为负电，则M一定是正离子，N一定是负离子，故 A
错误；
B．由图可知 b点离正电荷更近一些，M粒子在从 b向 c运动过程中电场力做负功的值大于
粒子 N在从 a向 d运动过程中电场力做负功的值，故M从 b到 c过程中电势能的变化量大
小大于 N从 a到 d电势能的变化量大小，故 B错误；
C．由于 ace三点在同一等势面上，故粒子 N在从 a向 e运动过程中电场力所做的总功为 0，
M粒子在从 a向 c运动过程中电场力所做的总功为 0。由于两粒子以相同的速率从 a点飞入
电场故两粒子的分别经过 e、c两点时的速率一定相等。故 C错误；
D．由图可判定M电荷在 a→b→c运动过程中，先是动力，后是阻力，则电场力先做正功，
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
后做负功。故 D正确。
故选 D。
8．B
【详解】A．A、B两点的距离等于全程物块的位移，根据运动学相关规律可得，速度时间
图像与横轴所围面积表示物体位移，可得
l 1 v 1
2 1
t1 (v2 1
v2 )t2 3.2m
所以 A错误
B．根据牛顿运动定律可得
g sin θ + μg cosθ = 10， g sin θ - μg cosθ = 2
代入数据计算可得，传送带的倾角为 37°，货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5，B正确
C．根据能量守恒定律可得，传送带对物块做的功
W 1= mv2 - mgL sin θ = - 11.2J
2
所以 C错误
D．货物从 A运动到 B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
Q = μmg cosθgx = 4.8J
相对
所以 D错误
9．CD
【详解】若 1= 2则由受力平衡得
F q k 1q2库 2 m1g tan r 1
F q q库 k 1 2r 2
m 2g tan 2
即
m1 tan 1 m2 tan 2
q1 q2
由于 1= 2则 m1一定等于 m2，无法判断 q1与 q2的关系，也无法判断 m 与 m 的关系。1 2
故选 CD。
10．BD
【详解】A．由图象可知
φ
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
则正电荷从 b点运动到 e点，电场力不做功，A错误；
B．由图象可知
Φa=3V，φd=7V
根据电场力做功与电势能的变化关系有
W = Epa - Epd = (φa-φd) ( - e) = 4eV
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则 b点处的场强方向向左，C错误；
D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示
由上图可看出，b点电场线最密集，则 b点处的场强最大，D正确。
故选 BD。
11．ACD
【详解】A．物体在两极，万有引力等于重力，有
G Mm mg
R2 0
故 A正确；
BC．物体在地球赤道上，有
G Mm 2 2 mg m( )
2R
R T
F G Mm万 R2
mg0
解得
R (g0 g)T
2
4 2
故 B错误，C正确；
D．地球的密度为
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
g0R
2
M G 3g 4
0
V R3 GT
2 (g0 g)
3
故 D正确。
故选 ACD。
12．ABD
【详解】A．根据万有引力提供向心力
2
G Mm 4 r2 mr T 2
解得
r3T 2
GM
轨道半径越小，周期越小，卫星在轨道 1上运动的周期小于其在轨道 2上运动的周期，故 A
正确；
B．根据万有引力提供向心力
G Mm v
2
＝m
r 2 r
解得
v GM
r
轨道 3半径比轨道 1半径大，卫星在轨道 3上线速度比在轨道 1上的小，又轨道 2上运动到
P点后加速进入轨道 3，故卫星在轨道 2上 P点线速度小于卫星在轨道 3上线速度，所以卫
星在轨道 1上的线速度大于它在轨道 2上 P点的线速度，由
E 1k mv
2
2
知，卫星在轨道 1上的动能大于它在轨道 2上 P点的动能，故 B正确；
C．卫星在轨道 2运行时，由于只有万有引力做功，故其机械能守恒，故 C错误；
D．在变轨过程中，卫星点火向后喷气获得的推力对卫星做正功，卫星机械能增加，故 D正
确。
故选 ABD。
13． BC 0.58 0.60 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒
【详解】(1)[1]B．将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故 B错误；
C．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据
的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故 C错误。
故选 BC；
(2)[2]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打
第 5个点时的速度为
v x465 2.4m/s2T
动能的变化量
1
Ek (m1 m
2
2 2
)v5 0.58J
[3]重力势能的减小量
Ep (m2 m1)gh (0.15 0.05) 10 (38.40 21.60) 10
2 J=0.60J
[4]此可知得出的结论是在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒
14． C AD/DA 1.5 2.5 （-5cm，5cm）
【详解】（1）[1]除所给器材外，还需要重垂线，来确定 y轴。由于实验不需要测量小球的
质量、受力以及运动的时间，所以不需要天平、弹簧测力计、秒表。
故选 C。
（2）[2]A．为了保证小球离开斜槽轨道后做平抛运动，需调节使斜槽轨道的末端水平，故
A正确；
BD．为了保证小球每次平抛的初速度大小相等，应使小球每次均从斜槽的同一位置由静止
开始下滑，斜槽不需要光滑，故 B错误，故 D正确；
C．本实验中不需要平衡摩擦力，故 C错误。
故选 AD。
（3）[4]小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有
y 5L 3L gT2
解得
T 2L 2 5 10
-2
s 0.1s
g 10
小球做平抛运动的初速度
v 3L 3 5 10
2
0 m/s 1.5m/sT 0.1
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
[5]小球经过 B点时的竖直分速度
v yAC 8L 8 5 10
-2
By m/s 2m/s2T 2T 2 0.1
则小球经过 B点时的速度
v v 2 v 2 2 2B 0 By 1.5 2 m/s 2.5m/s
[6]小球从抛出点到 B点的时间
v
t By 2B s 0.2sg 10
则抛出点到 B点的水平距离
xB v0 tB 1.5 0.2m 0.3m 30cm 6L
抛出点到 B点的竖直距离
y 1B gt
2 1
B 10 0.2
2m 0.2m 20cm 4L
2 2
，所以抛出点的坐标为（-5cm，5cm）。
15．（1）8V；（2）4V/m；（3）4V
【详解】（1）电场力做功功能关系
WAB EPAB 3.2 10
6 J
BA间电势
U WBA W 3.2 10
6
BA
AB V 8V
q q 4 10 7
（2）匀强电场的电场强度
E U 8 B A 4N/C
L cos60 4 1
2
（3）因
U=φ-φ =-8V
φ=-4V
则
φ=4V
16 1 3mg
3mgL
．（ ） ；（2）（6﹣2 3）mg；（3）
q 2q
【详解】（1）小球从 A到 B的运动过程中运用动能定理的：
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
﹣EqL（1﹣cos60°）+mgLsin60°=0
E= 3mg解得：
q
（2）当小球运动到细线方向与电场力和重力合力的方向相反时，绳子的拉力最大，
mg 3
设此时绳子与水平方向夹角为θ，则 tanθ=
qE 3
所以θ=30°
根据动能定理得：mgLsinθ﹣Eq（1﹣cosθ）L= 1 mv22
T F =m v
2
﹣ 合 L
F合= (mg )
2 (qE) 2
由上述各式解得：T=（6﹣2 3）mg
（3）小球速度最小的点应在与 C位置在同一直径上的 C′点，如图所示
则有：U=ELsin60°
3mgL
解得：φ= 2q
17．（1）5m/s；（2）68N，方向竖直向下；（3）3.625m
【详解】（1）小物块平抛运动至 C点时，对速度进行分解，如图所示
因小物块恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道 CD，则有
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
v v0C 5m / scos53
（2）小滑块从 C运动到 D的过程中由动能定理，可得
mgR(1 cos53 ) 1 mv2 1 mv2
2 D 2 C
解得
vD 29m / s
小物块在圆弧轨道末端 D点，由牛顿第二定律，可得
v2FN mg m DR
联立方程，解得
FN 68N
由牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为 68N，方向竖直向下
（3）小物块滑上长木板后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得
mg ma1
小物块的加速度大小为
a1 g 3m / s
2
长木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mg Ma2
可得长木板的加速度大小为
a mg 1m / s22 M
要使小物块不滑出长木板，则小物块滑至长木板最右端时，二者恰好共速，此时长木板最短，
设经过 t时间二者共速，则有
v vD a1t
v a2t
对物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得
mgL 1 mv 2 1D (m M )v
2
2 2
联立方程，解得
L 3.625m
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
即木板的最小长度为 3.625m
{#{QQABLYwQggCoABIAAABCAwVQCEEQkhEACAgOQFAQIEIBSQFABAA=}#}
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